2021高考数学二轮专题复习6.4圆锥曲线中的定点定值存在性问题ppt课件

卫星圆的方程为 x2＋y2＝12.
(2)①当 l1，l2 中有一条无斜率时，不妨设 l1 无斜率， 因为 l1 与椭圆只有一个公共点，则其方程为 x＝2 2或 x＝－ 2 2， 当 l1 方程为 x＝2 2时，此时 l1 与“卫星圆”交于点(2 2，2) 和(2 2，－2)， 此时经过点(2 2，2)(2 2，－2)且与椭圆只有一个公共点的直 线是 y＝2 或 y＝－2，即 l2 为 y＝2 或 y＝－2， ∴l1⊥l2 ∴线段 MN 应为“卫星圆”的直径，
(2)点 P 是椭圆 C 的“卫星圆”上的一个动点，过点 P 作直线 l1，l2 使得 l1⊥l2，与椭圆 C 都只有一个交点，且 l1，l2 分别交其“卫 星圆”于点 M，N，证明：弦长|MN|为定值．
【解析】
(1)由条件可得：ac＝
2 2
a42＋b22＝1
解得 a＝2 2，b＝2. 所以椭圆的方程为x82＋y42＝1，
【解析】 (1)设点 P 坐标为(x，y)，∴点 Q 坐标为(0，y)．
∵2P→A·P→B＝|P→Q|2，
∴2[(－ 2－x)( 2－x)＋y2]＝x2， 化简得点 P 的轨迹方程为x42＋y22＝1.
(2)证明：当两直线的斜率都存在且不为 0 时，设 lGH：y＝k(x －1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，lMN：y＝－1k(x－1)，M(x3，y3)，N(x4， y4)，
设 Q′为 Q 关于原点的对称点， 则 OG 恰好为△QQ′P 的中位线， 所以 2|OG|＝|PQ′|， 所以|PQ′|＋|PQ|＝4. 又因为，点 P 在椭圆x42＋y32＝1 上，设 F1，F2 分别为椭圆的左 右焦点，
则|PF1|＋|PF2|＝4， 故 Q，Q′分别与 F1，F2 重合， 所以当定点 Q 恰好为椭圆 C 的焦点时，符合题意．
联立 x42＋y22＝1， y＝kx－1，
消去 y 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
则 Δ>0 恒成立． ∴x1＋x2＝2k42k＋2 1，且 x1x2＝22kk22＋－14.
∴GH 中点 E1 坐标为2k22k＋2 1，2k－2＋k 1， 同理，MN 中点 E2 坐标为k2＋2 2，k2＋k 2， ∴kE1E2＝2－k2－3k1， ∴lE1E2 的方程为 y＝2－k2－3k1x－23，∴过点32，0，
解答圆锥曲线的定值问题的策略 1．从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关； 2．采用推理、计算、消元得定值．消元的常用方法为整体消 元、选择消元、对称消元等.
『考点练透』 [2020·山东泰安质量检测]已知椭圆 E：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心 率 e 满足 2e2－3 2e＋2＝0，右顶点为 A，上顶点为 B，点 C(0，－ 2)，过点 C 作一条与 y 轴不重合的直线 l，直线 l 交椭圆 E 于 P，Q 两点，直线 BP，BQ 分别交 x 轴于点 M，N；当直线 l 经过点 A 时，
(2)由题知，直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y＝kx－2， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
y＝kx－2， 由x22＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2－8kx＋6＝0， ∴x1＋x2＝2k82＋k 1，x1x2＝2k26＋1， Δ＝(－8k)2－4×6×(2k2＋1)＝16k2－24>0， ∴k2>32， ∴y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝2k－2＋4 1，
考点 1 定点问题
『考点解透』
[例 1] 已知两点 A(－ 2，0)，B( 2，0)，动点 P 在 y 轴上的 投影是 Q，且 2P→A·P→B＝|P→Q|2.
(1)求动点 P 的轨迹 C 的方程； (2)过 F(1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹 C 于点 G，H，M，N， 且 E1，E2 分别是 GH，MN 的中点．求证：直线 E1E2 恒过定点．
解法四：假设存在满足条件的定点 Q，设 Q(m，n)，P(x0，y0)， 则x402＋y320＝1，
由①可知，圆 E 的圆心为坐标原点 O，半径为 2，
设以 PQ 为直径的圆的圆心为 G，半径为 r，则 G 为线段 PQ
的中点，r＝|P2Q|，
即 Gx0＋2 m，y0＋2 n，r＝12 x0－m2＋y0－n2 因为圆 E 与圆 G 相切，则|OG|＝2－r，
右焦点，
则|PF1|＋|PF2|＝4， 故 Q，Q′分别与 F1，F2 重合， 所以当定点 Q 恰好为椭圆 C 的焦点时，符合题意．
探索性问题的解题策略 探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确， 则存在，若结论不正确，则不存在． 1．当条件和结论不唯一时，要分类讨论； 2．当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推 出条件； 3．当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开 放，采取另外的途径.
y1y2＝(kx1－2)(kx2－2)＝k2x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝24k－2＋2k12， 直线 BP 的方程为 y＝y1x－1 1x＋1，令 y＝0 解得 x＝1－x1y1，则 M1－x1y1，0， 同理可得 N1－x2y2，0，
∴S△BOM·S△BCN＝341－x1y11－x2y2 ＝341－yx11x12 －y2＝341－y1＋x1yx22＋y1y2
(1)求椭圆 C 的标准方程； (2)以椭圆长轴为直径的圆叫做椭圆的“外切圆”，记椭圆 C
的外切圆为 E. ①求圆 E 的方程； ②在平面内是否存在定点 Q，使得以 PQ 为直径的圆与 E 相切，
若存在求出定点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)由题意可知aa－ ＝c2＝c，1， 解得 a＝2，c＝1，所以 b＝ 3，
∴|MN|＝4 3
②当 l1，l2 都有斜率时，设点 P(x0，y0)，其中 x20＋y20＝12， 设经过点 P(x0，y0)与椭圆只有一个公共点的直线为 y＝t(x－x0)
y＝tx＋y0－tx0
＋y0，则x82＋y42＝1
，
消去 y 得到(1＋2t2)x2＋4t(y0－tx0)x＋2(y0－tx0)2－8＝0， ∴Δ＝(64－8x20)t2＋16x0y0t＋32－8y02＝0， ∴t1·t2＝3624－－88yx2020＝32－648－182x－02 x20＝－1
∴Δ＝64k2－16(1＋2k2)>0，解得 k2>12， ∴x1＋x2＝－1＋8k2k2，x1x2＝1＋42k2，∴kAB′＝yx11－ ＋yx22，
∴直线 AB′：y－y1＝yx11－ ＋yx22(x－x1)， ∴令 x＝0，得 y＝x1yx21＋＋xx22y1＝x1kx2＋2x1＋ ＋xx22kx1＋2＝x21k＋x1xx22＋2
所以
x0＋4 m2＋y0＋4 n2＝2－12 x0－m2＋y0－n2，
则
x0＋4 m2＋y0＋4 n2＋12 x0－m2＋y0－n2＝2，
则 x0＋m2＋y0＋n2＋ x0－m2＋y0－n2＝4，
设 Q′(－m，－n)，则|PQ′|＋|PQ|＝4， 又因为，点 P 在椭圆x42＋y32＝1 上，设 F1，F2 分别为椭圆的左
所以当定点 Q 恰好为椭圆 C 的焦点时，符合题意．
解法二：假设存在满足条件的定点 Q， 由题意可知定点 Q 必在 x 轴上，设 Q(m,0)，P(x0，y0)，则x420＋ y320＝1，
由①可知，圆 E 的圆心为坐标原点 O，半径为 2，
设以 PQ 为直径的圆的圆心为 G，半径为 r，则 G 为线段 PQ
故椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1；
(2)①因为椭圆长轴端点坐标为(－2,0)和(2,0)，
所以椭圆的“外切圆”E 的方程为 x2＋y2＝4.
②解法一：假设存在满足条件的定点 Q，
由题意可知定点 Q 必在 x 轴上，设 Q(m,0)，P(x0，y0)，则x420＋ y320＝1，由①可知，圆 E 的圆心为坐标原点 O，半径为 2，
解析：(1)对于 x＋ 2y－2＝0，当 x＝0 时，y＝ 2；当 y＝0，x ＝2，所以 a＝2，b＝ 2.
∴椭圆的方程为x42＋y22＝1.
(2)证明：设直线 AB：y＝kx＋2(k≠0)， 设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则 B′(－x2，y2)，
联立直线 AB 与椭圆得yx＝ 2＋k2xy＋2＝2，4， 得(1＋2k2)x2＋8kx＋4＝0，
的中点，r＝|P2Q|，
即 Gx0＋2 m，y20，r＝12 x0－m2＋y20 因为圆 E 与圆 G 相切，则|OG|＝2－r，
所以
x0＋2 m2＋y402＝2－12 x0－m2＋y20，
则
x0＋2 m2＋y402＋12 x0－m2＋y20＝2，
则 x0＋m2＋y20＋ x0－m2＋y20＝4，
6 ＝34×1＋2k242＋k21＋＋142－ k2＋2k12＝12， ∴S△BOM·S△BCN 为定值12.
考点 3 存在性问题 [例 3] [2020·山东济南质量评估]已知 F1，F2 分别为椭圆 C：ax22 ＋by22＝1(a>b>0)的左、右焦点，P 为 C 上的动点，其中 P 到 F1 的最 短距离为 1，且当△PF1F2 的面积最大时，△PF1F2 恰好为等边三角 形．
所以 t1·t2＝－1，满足条件的两直线 l1，l2 垂直．∴线段 MN 应
为“卫星圆”的直径，∴|MN|＝4 3.
综合①②知：因为 l1，l2 经过点 P(x0，y0)，又分别交“卫星圆” 于点 M、N，且 l1，l2 垂直，所以线段 MN 是“卫星圆”x20＋y20＝12
的直径，∴|MN|＝4 3为定值．
设 Q′(－m,0)，则|PQ′|＋|PQ|＝4
又因为，点 P 在椭圆x42＋y32＝1 上，
设 F1，F2 分别为椭圆的左右焦点，
则|PF1|＋|PF2|＝4，
故 Q，Q′分别与 F1，F2 重合，
所以当点 Q 恰好为椭圆 C 的焦点时，符合题意．
解法三：假设存在满足条件的定点 Q， 由题意可知定点 Q 必在 x 轴上， 由①可知，圆 E 的圆心为坐标原点 O，半径为 2， 设以 PQ 为直径的圆的圆心为 G，半径为 r， 则 G 为线段 PQ 的中点，r＝|P2Q|， 因为圆 E 与圆 G 相切，则|OG|＝2－r， 即|OG|＝2－|P2Q|， 所以 2|OG|＋|PQ|＝4，
设以 PQ 为直径的圆的圆心为 G，半径为 r，则 G 为线段 PQ
的中点，r＝|P2Q|，即 Gx0＋2 m，y20，r＝12 x0－m2＋y20 因为圆 E 与圆 G 相切，则|OG|＝2－r，
所以
x0＋2 m2＋y402＝2－12 x0－m2＋y20，其中 y02＝3－34x20，
两边平方并整理：4－mx0＝2 x0－m2＋y20， 化简得：(m2－1)(x02－4)＝0， 上式对任意 x0∈[－2,2]恒成立， 故 m2－1＝0，解得：m＝±1，
l 的斜率为 2. (1)求椭圆 E 的方程； (2)证明：S△BOM·S△BCN 为定值．
解析：(1)由 2e2－3 2e＋2＝0，解得 e＝ 22或 e＝ 2(舍去)， ∴a＝ 2c，又 a2＝b2＋c2，
∴a＝ 2b， 又 kAC＝0－a－－02＝ 2，
∴a＝ 2，∴b＝1， ∴椭圆 E 的方程为x22＋y2＝1；
当两直线的斜率分别为 0 和不存在时，lE1E2 的方程为 y＝0，
也过点23，0，综上所述，lE1E2 过定点32，0.
直线过定点问题的解题模型
『考点练透』
椭圆 C 的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，过 C 的长轴， 短轴端点的一条直线方程是 x＋ 2y－2＝0.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 P(0,2)作直线交椭圆 C 于 A，B 两点，若点 B 关于 y 轴 的对称点为 B′，证明直线 AB′过定点．
4 ＝2k·1－＋82kk2＋2＝－1＋2＝1，
1＋2k2
∴直线 AB′过定点(0,1)．
考点 2 定值问题
『考点解透』
[ 例 2]
[2020·山东 青岛 质 量检 测 ] 给定 椭圆
C
：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)，称圆心在原点 O，半径为 a2＋b2的圆是椭圆 C 的“卫
星圆”．若椭圆 C 的离心率为 22，点(2， 2)在 C 上． (1)求椭圆 C 的方程和其“卫星圆”方程；